Câu 5:

\(A=\dfrac{2}{x}+\dfrac{6}{y}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{2\left(3x+y\right)}{xy}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{3x+y}{6}+\dfrac{9}{3x+y}\left(xy=12\right)\)

\(=\dfrac{3x+y}{16}+\dfrac{9}{3x+y}+\dfrac{5\left(3x+y\right)}{48}\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{3x+y}{16}.\dfrac{9}{3x+y}}+\dfrac{5.2\sqrt{3x.y}}{48}\)

\(=2\sqrt{\dfrac{9}{16}}+\dfrac{10\sqrt{3.12}}{48}=\dfrac{11}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=6\end{matrix}\right.\)

d) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn (O) và 2 tiếp tuyến tại M và N, ta có AO là tia phân giác của \(\widehat{MAN}\) (1)

 Lại có \(\widehat{AME}=\widehat{MNE}\) (do chúng là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung đó)

 Hơn nữa, vì AO là trung trực của đoạn MN nên E thuộc trung trực của MN \(\Rightarrow EM=EN\) \(\Rightarrow\Delta EMN\) cân tại E \(\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{EMN}\)

 Từ đó suy ra \(\widehat{AME}=\widehat{EMN}\) hay ME là tia phân giác của \(\widehat{AMN}\). (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) đpcm.

e) Gọi C là giao điểm của PO và (AMN). Khi đó ta có  \(PB^2=PN.PM=PC.PO\) nên \(\Delta PBC~\Delta POB\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{PCB}=\widehat{PBO}=90^o\) \(\Rightarrow PC\perp BC\)

Mặt khác, do đường tròn (AMN) có đường kính là AO nên \(\widehat{ACO}=90^o\Rightarrow AC\perp PC\)

 Từ đó suy ra A, B, C thẳng hàng. Do đó \(\widehat{ABM}=\widehat{BPO}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{POB}\))

 Trong 1 giờ, đội A làm được \(\dfrac{1}{12}\) đoạn đường, đội B được \(\dfrac{1}{15}\) đoạn đường, đội C được \(\dfrac{1}{17}\) đoạn đường còn đội D được \(\dfrac{1}{19}\) đoạn đường.

 Như vậy, trong 1 giờ, cả 4 đội cùng làm thì được \(\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{17}+\dfrac{1}{19}=\dfrac{1689}{6460}\) đoạn đường. Do đó, để hoàn thành đoạn đường thì cả 4 đội cùng làm một lúc hết \(\dfrac{6460}{1689}\) giờ. 

a) Thay hoành độ và tung độ của A vào 2 pt đường thẳng (d₁) và (d₂), ta lần lượt được:

 \(1=3\left(-1\right)+4\) (luôn đúng)

 \(-1-2.1=0\) (vô lí)

Như vậy, \(A\in d_1;A\notin d_2\)

b) Gọi giao điểm của d₁, d₂ là \(B\left(x_0;y_0\right)\). Khi đó \(x_0,y_0\) là các số thỏa mãn \(\left\{{}\begin{matrix}y_0=3x_0+4\\x_0-2y_0=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_0=6y_0+4\\x_0=2y_0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_0=-\dfrac{4}{5}\\x_0=-\dfrac{8}{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy giao điểm của d₁ và d₂ là \(B\left(-\dfrac{8}{5};-\dfrac{4}{5}\right)\)

c) Để đường thẳng d₁, d₂, d₃ đồng quy thì d₃ phải đi qua giao điểm của d₁ và d₂. Nói cách khác, d₃ phải đi qua điểm \(B\left(-\dfrac{8}{5};-\dfrac{4}{5}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right).\dfrac{-8}{5}+\left(m-2\right).\dfrac{-4}{5}+m+1=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{21}{5}-\dfrac{7}{5}m=0\)

\(\Leftrightarrow m=3\)

Vậy \(m=3\) thỏa mãn ycbt.

Điều kiện về $x,y$ cũng như yêu cầu đề là gì bạn nên ghi chú rõ ra thì mọi người sẽ hỗ trợ bạn được tốt hơn nhé.

 Gọi 2 số nguyên tố đó là p, q và giả sử \(p>q\). Khi đó ta có \(p+q,p-q\) đều là các số nguyên tố.

 Nếu \(p-q=2\) \(\Rightarrow p+q=2\) (vì \(\left(p-q\right)+\left(p+q\right)=2p⋮2\)), vô lí

 Tương tự với TH \(p+q=2\) cũng sẽ dẫn tới điều vô lí.

 Do đó \(p+q,p-q\) lẻ, mà p và q đều các số nguyên tố \(\Rightarrow q=2\)

 Vậy, ta cần tìm p để \(p\pm2\) là các số nguyên tố \(\Rightarrow p\ge5\)

 Xét \(p=5\) thì \(p+2=7;p-2=3\) thỏa mãn.

 Xét \(p>5\) thì p có dạng \(p=6k+1,p=6k+5\left(k\ge1\right)\), khi đó dễ thấy rằng \(p+2,p-2\) là hợp số, vô lí.

 Vậy \(p=5,q=2\) là cặp số nguyên tố duy nhất thỏa mãn đề bài.

5 + 2 = 7

5 - 2 = 3

Hai số đó là 2 và 5